Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)

Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ BÌNH ĐỊNH LÝ HAYMAN ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG ĐĨNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHƠNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ BÌNH ĐỊNH LÝ HAYMAN ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG ĐĨNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHƠNG VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS VŨ HOÀI AN Thái Nguyên - 2015 i Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành khoa sau đại học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới Tiến sĩ Vũ Hồi An, người tận tình bảo cho thêm nhiều kiến thức, khả nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hoàn thành luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn đến thầy cô giáo Trường Đại học Thái Nguyên Viện Toán học trang bị kiến thức, tạo điều kiện tốt cho tơi q trình học tập nghiên cứu Thái Nguyên, tháng năm 2015 Tác giả Nguyễn Thị Bình ii Mục lục Lời cảm ơn i Mục lục ii Bảng ký hiệu iii Mở đầu 1 Định lý Hayman hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng 1.1 Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng 1.2 Định lý Hayman hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không Kết luận 21 Giả thuyết Hayman hàm số thực toán học phổ thông 2.1 Giả thuyết Hayman hàm số thực đạo hàm trường số thực R 2.2 22 23 Giả thuyết Hayman hàm số thực sai phân trường số thực R 42 Kết luận 47 Kết luận luận văn 48 Tài liệu tham khảo 49 iii Bảng ký hiệu f n(f, a) T (f ) K R Hàm hữu tỷ Hàm đếm f điểm a Hàm độ cao f Trường đóng đại số, đặc số khơng Trường số thực Mở đầu Lý chọn đề tài Năm 1967, Hayman đưa giả thuyết sau đây: Giả thuyết Hayman: Nếu hàm nguyên f thỏa mãn f n (z)f (z) = với n số nguyên dương với z ∈ C, f hàm Giả thuyết Hayman Hayman kiểm tra hàm nguyên siêu việt n > 1, Clunie kiểm tra n = Các kết (thường gọi Định lý Hayman) vấn đề liên quan hình thành nhánh nghiên cứu vấn đề nhận giá trị đa thức vi phân mà trường hợp riêng vấn đề nhận giá trị hàm đạo hàm Cơng trình quan trọng thúc đẩy hướng nghiên cứu thuộc C.C Yang - X.H Hua Năm 1997, hai ông chứng minh định lý sau Định lý A Cho f g hai hàm phân hình khác hằng, n 11 số nguyên a ∈ C − {0} Nếu f n f g n g nhận giá trị aCM f = dg với dn+1 = g(z) = c1 ecz f (z) = c2 e−cz , c, c1 , c2 số thỏa mãn (c1 c2 )n+1 c2 = −a2 Từ đó, hướng nghiên cứu phát triển mạnh mẽ với kết sâu sắc I Lahiri, Q Han - H.X Yi, W Bergweiler, J.K Langley, K Liu, L.Z Yang, L.C Hong, M.L Fang, B.Q Li, P.C Hu - C.C Yang, A Eremenko, G Frank - X Hua - R Vaillancourt Công cụ sử dụng số kiểu định lý thứ hai cho đa thức vi phân với ước lượng hàm đặc trưng, hàm đếm hàm đạo hàm Trong trường hợp p-adic, kết theo hướng nghiên cứu thuộc J Ojeda Năm 2008, J Ojeda nhận kết sau Định lý B Cho f hàm phân hình Cp , n số nguyên a ∈ Cp − {0} Khi f n (z)f (z) = a với z ∈ Cp f Gần đây, Ha Huy Khoai and Vu Hoai An [4], Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Nguyen Xuan Lai [5] thiết lập kết tương tự cho hàm phân hình p-adic, đạo hàm, toán tử sai phân, đa thức sai phân Theo hướng nghiên cứu này, đề tài nhằm nghiên cứu vấn đề: Định lý Hayman hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng ứng dụng Mục tiêu nghiên cứu Tổng hợp, trình bày lại giảng Giả thuyết Hayman cho hàm hữu tỷ đạo hàm trường đóng đại số, đặc số khơng [1] Đưa ví dụ tốn học phổ thơng để kiểm tra Giả thuyết Hayman hàm số thực, đạo hàm sai phân trường số thực R Nội dung nghiên cứu • Luận văn tìm hiểu tổng quan Giả thuyết Hayman • Luận văn tìm hiểu, tổng hợp trình bày vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng Kết nghiên cứu • Tổng hợp trình bày lại định lý hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng • Tổng hợp trình bày lại kết vấn đề nhận giá trị f n (f (k) )m , (f n )(k) , (Định lý 1.2.2, Định lý 1.2.6, Định lý 1.2.11) Nội dung hai vấn đề trình bày Chương • Tổng hợp trình bày 35 ví dụ để kiểm tra Giả thuyết Hayman hàm số thực tốn học phổ thơng Nội dung vấn đề trình bày Chương Bố cục luận văn Ngoài phần mở đầu phần kết luận, luận văn gồm chương Chương 1: Định lý Hayman hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không Trong Chương 1, tổng hợp trình bày lại giảng Giả thuyết Hayman cho hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng đạo hàm Các kết [1] (Định lý 1.2.2, Định lý 1.2.6, Định lý 1.2.11) Chương 2: Giả thuyết Hayman tốn học trung học phổ thơng Trong Chương 2, tơi đưa 35 ví dụ tốn học phổ thông để kiểm tra Giả thuyết Hayman hàm số thực, đạo hàm sai phân trường số thực R Chương Định lý Hayman hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng Trong Chương 1, tơi trình bày lại vấn đề nhận giá trị f n (f (k) )m , (f n )(k) , f hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không K; n, m, k số nguyên dương thỏa mãn điều kiện Vấn đề nhận giá trị nói là: Tìm mối quan hệ n, m, k để f n (f (k) )m (f n )(k) nhận giá trị a, a ∈ K, a = Ý nghĩa vấn đề nằm chỗ: Xét ảnh hưởng đạo hàm hàm cho Khi vấn đề xét với hàm số thực, ta có liên hệ Giả thuyết Hayman với toán trung học phổ thông Kết vấn đề suy kết quả: Với điều kiện m, n, k f Các định lý kiểu gọi Định lý Hayman hàm hữu tỷ K Trong Chương 1, Định lý 1.2.2 Định lý Hayman hàm hữu tỷ đạo hàm bậc nó; Định lý 1.2.6 Định lý Hayman hàm hữu tỷ đạo hàm bậc cao nó; Định lý 1.2.11 Định lý Hayman đạo hàm bậc cao Trước tiên, tơi nhắc lại khái niệm trường đóng đại số, đặc số khơng hàm hữu tỷ [3] 1.1 Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không Định nghĩa 1.1.1 Một trường K gọi đóng đại số đa thức ẩn có bậc khác khơng, với hệ số K, có nghiệm K Ví dụ 1.1.2 Trường số hữu tỷ Q khơng trường đóng đại số đa thức A(x) = x2 − có hệ số thuộc Q khơng có nghiệm Q Trường số thực R khơng đóng đại số đa thức P (x) = x2 + có hệ số thuộc R khơng có nghiệm R Định nghĩa 1.1.3 Cho K trường Số tự nhiên n nhỏ khác không cho n.1 = số n gọi đặc số trường K Ký hiệu char(K) Với số tự nhiên n = mà n.1 = ta nói trường K có đặc số Ví dụ 1.1.4 Trường Q có đặc số khơng Vì n1 = với n 1, n ∈ N Trường Z5 có đặc số Thật vậy, ta có 5.1 = n1 = với n Do Z5 có đặc số Ký hiệu K trường đóng đại số, đặc số không Gọi f đa thức khác có bậc n K a khơng điểm f Khi f = (z − a)m p(z) với p(a) = m bội khơng điểm a f Đặt µ0f (a) = m Ký hiệu n(f ) số không điểm f kể bội, d ∈ K l số nguyên dương Ta định nghĩa: n(f, d) = n(f − d), q min{mi , l} f = a(f − z1 )m1 (f − zq )mq , nl (f ) = i=1 nl (f, d) = nl (f − d), 35 4) y = f4 (x) = cosx + sinx sinx + cosx + Phương trình y= cosx + sinx ⇔ y(sinx + cosx + 2) = cosx + sinx sinx + cosx + ⇔ (1 − y)cosx + (1 − y)sinx = 2y (4) Vì sinx + cosx + > 0, ∀x ∈ R nên phương trình (4) có nghiệm √ √ 2(1 − y)2 4y ⇔2y2 + 4y − ⇔ -1- y −1 + √ √ Vậy tập giá trị hàm số T4 = [−1 − 2; −1 + 2] Phương pháp thứ ba: Dùng định nghĩa, bảng biến thiên định lý hàm liên tục Ví dụ 2.1.10 Tìm tập giá trị hàm số sau R: 1) f1 (x) = x3 − 3x2 2x + 2) f2 (x) = x−3 3) f3 (x) = x4 − 2x2 + Giải 1) Xét hàm số f1 (x) = x3 − 3x2 - Tập định: D = R - Sự biến thiên + Chiều biến thiên f1 (x) = 3x2 − 6x, f1 (x) = suy x = x = Hàm số đồng biến khoảng (−∞; 0) (2; +∞) Hàm số nghịch biến khoảng (0; 2) + Cực trị Hàm số đạt cực đại x = 0, y = Hàm số đạt cực tiểu x = 2, y = −4 + Giới hạn lim f1 (x) = +∞, lim f1 (x) = −∞ x→+∞ + Bảng biến thiên x→−∞ 36 −∞ x f (x) + − 0 f (x) −∞ −4 Từ ta có tập giá trị hàm f1 (x) (−∞; +∞) 2x + 2) Xét hàm số f2 (x) = x−3 - Tập định: D = R − {3} - Sự biến thiên + Chiều biến thiên −7 f1 (x) = < 0, suy hàm số nghịch biến D (x − 3)2 + Giới hạn tiệm cận lim f2 (x) = −∞, lim+ f2 (x) = +∞ x→3 lim f2 (x) = 2, lim f2 (x) = x→−∞ x→+∞ Suy tiệm cận đứng x = 3, tiệm cận ngang y = + Bảng biến thiên x −∞ +∞ − f (x) − +∞ f (x) −∞ Từ ta có tập giá trị hàm f2 (x) (−∞; 2) ∪ (2; +∞) 3) Xét hàm số f3 (x) = x4 − 2x2 + - Tập định: D = R - Sự biến thiên + Chiều biến thiên + +∞ x→3− +∞ 37 f3 (x) = 4x3 − 4x, f3 (x) = suy x = x = x = −1 Hàm số đồng biến khoảng (−1; 0) (1; +∞) Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; −1) (0; 1) + Cực trị Hàm số đạt cực đại x = 0, y = Hàm số đạt cực tiểu x = ±1, y = + Giới hạn lim f3 (x) = +∞, lim f3 (x) = +∞ x→−∞ x→+∞ + Bảng biến thiên x −∞ −1 − f (x) + +∞ +∞ − 0 + +∞ f (x) 3 Từ ta có tập giá trị hàm f3 (x) [3; +∞) Ví dụ 2.1.11 Cho f (x) đa thức có bậc lẻ với hệ số thực Tìm tập giá trị f (x) R Giải Viết f (x) = a2n+1 x2n+1 + · · · + a1 x + a0 , a2n+1 = f (x) Ta có lim = f (x) hàm số liên tục (−∞; +∞) nên tập x→∞ a2n+1 x2n+1 giá trị f (x) R (−∞; +∞) Ví dụ 2.1.12 Cho f (x) = Tìm tập giá trị f (n) (x) R − {1} x−1 Giải Ta chứng minh f (n) = (−1)n n! quy nạp (x − 1)n+1 −1 (x − 1)2 −1 = (x − 1)2 Với n = ta có f (1) = Với n = ta có f (2) (1) = (−1)2 1.2 (x − 1)3 38 Với n = ta có f (3) = (−1)2 2! (x − 1)3 (1) = (−1)3 3! (x − 1)4 Mặt khác ta có f (n+1) = (f (n) )(1) = (−1)n n! (x − 1)n+1 (1) = (−1)n+1 (n + 1)! (x − 1)n+2 n! (x − 1)n+1 Đặt g(x) = f (n) (x) Bảng biến thiên g(x) Vậy f (n) = (−1)n Với n lẻ −∞ x +∞ − g (x) + 0 g(x) −∞ −∞ Tập giá trị g(x) R − {1} (−∞; 0) Với n chẵn x −∞ +∞ − g (x) − +∞ g(x) −∞ Tập giá trị g(x) R − {1} (−∞; 0) ∪ (0; +∞) Ví dụ 2.1.13 Cho f (x) = sinx Tìm tập giá trị f (n) (x) Giải Ta có π f (1) (x) = cosx = sin(x + ) 39 π (1) π 2π f (2) (x) = sin(x + ) = cos(x + ) = sin(x + ) 2 2π 3π 2π (1) = cos(x + ) = sin(x + ) f (3) (x) = sin(x + ) 2 nπ Bằng quy nạp ta có f (n) (x) = sin(x + ) Từ suy tập giá trị f (n) (x) [−1; 1] Ví dụ 2.1.14 Cho f (x) = cosx Tìm tập giá trị f (n) (x) Giải Ta có π f (1) (x) = −sinx = cos(x + ) π 2π f (2) (x) = −sin(x + ) = cos(x + ) 2 nπ Bằng quy nạp ta có f (n) (x) = cos(x + ) Từ suy tập giá trị f (n) (x) [−1; 1] Ví dụ 2.1.15 Cho f (x) đa thức bậc d > với hệ số thực, m, n số nguyên dương cho nd + m(d − 1) số lẻ Khi f n (f )m nhận giá trị R Giải Ta có f (x) đa thức bậc d − 1, (f (x))m đa thức bậc m(d − 1), f n đa thức bậc nd Vậy f n (f )m đa thức bậc nd + m(d − 1) Do nd + m(d − 1) số lẻ, áp dụng Ví dụ 2.1.11 ta nhận f n (f )m đa thức bậc lẻ nhận giá trị R Ví dụ 2.1.16 Cho f (x) = Khi x−1 Nếu n số lẻ f (n) (x) nhận giá trị (−∞; 0) Nếu n số chẵn f (n) (x) nhận giá trị R − {0} Giải Theo Ví dụ 2.1.12 có f (n) (x) = (−1)n n! (x − 1)n+1 Đặt g(x) = f (n) (x) 1) Nếu n số lẻ, bảng biến thiên g(x) 40 x −∞ +∞ − g (x) + 0 g(x) −∞ −∞ Vậy f (n) (x) nhận giá trị (−∞; 0) 2) Nếu n số chẵn, bảng biến thiên g(x) x −∞ +∞ − g (x) − +∞ g(x) −∞ Vậy f (n) (x) nhận giá trị R − {0} Ví dụ 2.1.17 Cho f (x) = sinx Khi f (n) (x) nhận giá trị [−1; 1] Giải nπ ) Từ suy f (n) (x) nhận giá trị [−1; 1] Theo Ví dụ 2.1.13 có f (n) (x) = sin(x + Ví dụ 2.1.18 Cho f (x) = cosx Khi f (n) (x) nhận giá trị [−1; 1] Giải nπ ) Vậy f (n) (x) nhận giá trị [−1; 1] Theo Ví dụ 2.1.14 có f (n) (x) = cos(x + Ví dụ 2.1.19 Cho m, n, k, d số nguyên dương thỏa mãn d k, nd + m(d − k) số tự nhiên lẻ, f (x) đa thức bậc d với hệ số thực Khi f n (f (k) )m nhận giá trị R Giải Ta có f (k) đa thức bậc d − k, (f (k) )m đa thức bậc m(d − k), f n đa thức 41 bậc nd Vậy f n (f (k) )m đa thức bậc nd + m(d − k) Do nd + m(d − k) số lẻ, áp dụng Ví dụ 2.1.11 ta nhận f n (f (k) )m đa thức bậc lẻ nhận giá trị R Ví dụ 2.1.20 Cho m, n, k, d số nguyên dương thỏa mãn d k, nd + m(d − k) số tự nhiên chẵn, f (x) đa thức bậc d với hệ số thực Khi f n (f (k) )m khơng nhận giá trị R Giải Trước tiên ta chứng minh rằng, g(x) đa thức bậc 2d, d > 0, với hệ số thực tập giá trị g(x) R (−∞; a] [a; +∞) Thật vậy, viết g(x) = a2d x2d + g1 (x), g1 (x) đa thức bậc khơng q 2d − a2d = Ta có g(x) = x→∞ a2d x2d lim Mặt khác, g(x) liên tục R nên lim g(x) = g(x0 ) x→x0 Vậy tập giá trị g(x) R (−∞; a] [a; +∞) Bây ta chứng minh f n (f (k) )m không nhận giá trị R Xét trường hợp sau: 1) Tập giá trị f n (f (k) )m (−∞; a] Lấy b > a ta có f n (f (k) )m không nhận giá trị b 2) Tập giá trị f n (f (k) )m [a; +∞) Lấy b < a ta có f n (f (k) )m khơng nhận giá trị b Ví dụ 2.1.21 Cho n, k, d số nguyên dương thỏa mãn nd − k số tự nhiên lẻ, f (x) đa thức bậc d với hệ số thực Khi (f n )(k) nhận giá trị R Giải Để ý (f n )(k) đa thức bậc nd − k Khi chứng minh tương tự Ví dụ 2.1.19 ta có điều cần phải chứng minh Ví dụ 2.1.22 Cho n, k, d số nguyên dương thỏa mãn nd − k số tự nhiên chẵn, f (x) đa thức bậc d với hệ số thực Khi (f n )(k) khơng nhận giá trị R Giải 42 Để ý (f n )(k) đa thức bậc nd − k Khi chứng minh tương tự Ví dụ 2.1.20 ta có kết luận toán 2.2 Giả thuyết Hayman hàm số thực sai phân trường số thực R Cho f hàm số biến số thực tốn học trung học phổ thơng Đạo hàm f f tương tự cho sai phân ∆c f f (x + c), c ∈ R, c = Công việc xét Giả thuyết Hayman tốn học trung học phổ thơng sau Vấn đề Kiểm tra Giả thuyết Hayman sai phân hàm số thực: đa thức, hữu tỷ, lượng giác, mũ, logarit, lũy thừa (k) Vấn đề Xét vấn đề nhận giá trị f n f m (x + c), f n (∆c f )m , c ∈ R, c = 0, f đa thức, hàm số hữu tỷ, hàm số lượng giác, hàm số mũ, hàm số logarit, hàm số lũy thừa R Ví dụ 2.2.1 Cho hàm số f (x) = x − R Khi f (x).∆1 f nhận giá trị a ∈ R Giải f (x) = x − ∆1 f (x) = Khi f (x).∆1 f (x) = (x − 1)1 = x − Đặt F (x) = x − 1, ta có F (x) = > 0, bảng biến thiên F (x) x −∞ +∞ + F (x) +∞ F (x) −∞ Vậy F (x) nhận giá trị a ∈ R hay f (x).∆1 f (x) nhận giá trị a ∈ R Ví dụ 2.2.2 Cho hàm số f (x) = x2 + R Khi f (x).∆1 f nhận giá trị a ∈ R 43 Giải f (x) = x2 + ∆1 f (x) = 2x + Khi f (x).∆1 f (x) = (x2 + 2)(2x + 1) = 2x3 + x2 + 4x + Đặt F (x) = 2x3 + x2 + 4x + F (x) = 6x2 + 2x + 4, F (x) > với x ∈ R, bảng biến thiên F (x) x −∞ +∞ F (x) + +∞ F (x) −∞ Từ bảng biến thiên ta thấy F (x) nhận giá trị a ∈ R hay f (x).∆1 f (x) nhận giá trị a ∈ R Ví dụ 2.2.3 Cho hàm số f (x) = 3x R Khi f (x).∆1 f có nhận giá trị a ∈ R? Giải f (x) = 3x ∆1 f (x) = 2.3x Khi f (x).∆1 f (x) = 3x 2.3x = 2.32x Đặt F (x) = 2.32x , F (x) > với x ∈ R Bảng biến thiên F (x) x −∞ +∞ +∞ 18 F (x) Từ bảng biến thiên F (x) ta thấy tập giá trị F (x) (0; +∞) Vậy • a > f (x).∆1 f (x) nhận giá trị a 44 • a < f (x).∆1 f (x) khơng nhận giá trị a π Ví dụ 2.2.4 Cho hàm số f (x) = cosx Khi f (x)f (x + ) có nhận giá trị a ∈ R? Giải π π Ta có f (x + ) = cos(x + ) = −sinx 2 π f (x).f (x + ) = −cosx.sinx = − sin2x 2 1 − sin2x Do −1 sin2x nên − 2 Vậy 1 π • a∈ − ; f (x)f (x + ) nhận giá trị a 2 π • a < − a > f (x)f (x + ) khơng nhận giá trị a 2 Ví dụ 2.2.5 Cho hàm số thực f (x) = x2 Tìm tập giá trị f n ∆1 f (x), f n ∆21 f (x) Giải Ta có ∆1 f (x) = (x + 1)2 − x2 = 2x + 1, ∆21 f (x) = 1) f n ∆1 f (x) = (x2 )n (2x + 1) = x2n (2x + 1) Đặt g1 (x) = x2n (2x + 1) = 2.x2n+1 + x2n g1 (x) hàm số lẻ với hệ số a = Theo Ví dụ 2.1.11, tập giá trị g1 (x) (−∞; +∞) 2) f n ∆21 f (x) = 2x2n Đặt g2 (x) = 2x2n g2 (x) hàm số chẵn với hệ số a = Theo Ví dụ 2.1.20, tập giá trị g2 (x) [0; +∞) Qua năm ví dụ ta thấy Giả thuyết Hayman cho toán tử sai phân hàm số thực toán học trung học phổ thông không Ta xét ví dụ tổng quát Ví dụ 2.2.6 Cho f đa thức bậc d dương với hệ số thực, m, n số nguyên dương thỏa mãn d(m + n) số tự nhiên lẻ Khi f n f m (x + c) nhận giá trị R, c ∈ R, c = Giải Do degf = d > nên degf n = nd, degf m (x + c) = md, degf n f m (x + c) = 45 d(m + n) Do d(m + n) số tự nhiên lẻ áp dụng Ví dụ 2.1.11 ta có f n f m (x + c) nhận giá trị R Ví dụ 2.2.7 Cho f đa thức bậc d dương với hệ số thực, m, n, k số nguyên dương thỏa mãn d k, nd + m(d − k) số tự nhiên lẻ Khi (k) f n (∆c f )m nhận giá trị R, c ∈ R, c = Giải (k) (k) k nên ∆c f không đồng không degf n (∆c f )m = Do degf = d, d nd + m(d − k) Do nd + m(d − k) số tự nhiên lẻ áp dụng Ví dụ 2.1.11 ta nhận (k) f n (∆c f )m nhận giá trị R Ví dụ 2.2.8 Cho f đa thức bậc d dương với hệ số thực, m, n số nguyên dương thỏa mãn d(m + n) số tự nhiên chẵn Khi f n f m (x + c) khơng nhận giá trị R, c ∈ R, c = Giải Tương tự Ví dụ 2.2.6 ta có degf n f m (x + c) = d(m + n) Do d(m + n) số tự nhiên chẵn lý luận tương tự Ví dụ 2.1.20 ta nhận tập giá trị f n f m (x + c) (−∞; a] [a; +∞), a số đó, a ∈ R Vậy f n f m (x + c) không nhận giá trị R Ví dụ 2.2.9 Cho f đa thức bậc d dương với hệ số thực, m, n, k số nguyên dương thỏa mãn d k, nd + m(d − k) số tự nhiên chẵn Khi (k) f n (∆c f )m khơng nhận giá trị R, c ∈ R, c = Giải (k) Tương tự Ví dụ 2.2.7 ta có degf n (∆c f )m = nd + m(d − k) Do nd + m(d − k) số tự nhiên chẵn lý luận tương tự Ví dụ 2.2.8 ta (k) nhận f n (∆c f )m không nhận giá trị R Ví dụ 2.2.10 Cho f (x) = , c ∈ R, c = 0, f n f m (x + c) không nhận x giá trị R Giải Ta có f (x + c) = , x+c 46 = 0, với x thuộc tập xác định R − {0} − {−c} + c)m Vậy f n f m (x + c) không nhận giá trị R (k) Ví dụ 2.2.11 Cho f (x) = , c ∈ R, c = 0, f n (∆c f )m không nhận x giá trị R f n f m (x + c) = xn (x Giải Ta có ∆(1) c f = c (−1)1 c − =− , ∆(1) f = x+c x x(x + c) c x(x + c) 1 − (x + c)(x + 2c) x(x + c) 1 c2 1.2 = (−1) c − = (−1) , x + c x + 2c x x(x + c)(x + 2c) ∆(2) c f = (−1) c Do ∆(2) c f = (−1)2 2!c2 x(x + c)(x + 2c) Bằng phương pháp quy nạp ta có ∆(k) c f (−1)k k!ck = x(x + c) · · · (x + kc) Vậy m f n (∆(k) c f) = ((−1)k k!ck )m = xm+n (x + c)m · · · (x + kc)m với x thuộc tập xác định R − {0} − {c} − · · · − {−kc} (k) Vậy f n (∆c f )m không nhận giá trị R Ví dụ 2.2.12 Cho f (x) = sinx, m, n số nguyên dương Khi f n f m (x + π) khơng nhận giá trị R Giải Ta có f (x + π) = sin(x + π) = −sinx Do f n f m (x + π) = (−1)m sinm+n x Do −1 sinx nên tập giá trị f n f m (x + π) [−1; 1] Vậy f n f m (x + π) khơng nhận giá trị R Ví dụ 2.2.13 Cho f (x) = ex , m, n số nguyên dương, c ∈ R, c = Khi 47 f n f m (x + c) khơng nhận giá trị R Giải Ta có f (x + c) = ex+c = ec ex Do f n f m (x + c) = emc e(m+n)x > 0, với x ∈ R Vậy f n f m (x + c) không nhận giá trị R Kết luận Trong Chương 2, đưa 35 ví dụ để kiểm tra Giả thuyết Hayman hàm số thực đạo hàm, hàm số thực sai phân Các ví dụ khẳng định Giả thuyết Hayman không lớp hàm số 48 Kết luận luận văn Luận văn trình bày: - Định lý Hayman hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không Cụ thể Định lý 1.2.2, Định lý 1.2.6, Định lý 1.2.11 - Giả thuyết Hayman hàm số thực tốn học phổ thơng Cụ thể 35 ví dụ nêu khẳng định Giả thuyết Hayman không lớp hàm số thực 49 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Vũ Hoài An, Tương tự Giả thuyết Hayman cho hàm hữu tỷ đạo hàm, toán tử sai phân, đa thức sai phân trường đóng đại số, đặc số khơng, Bản thảo [2] Vũ Thị Thùy Dung, Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không áp dụng Luận văn thạc sĩ toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Ngun, 2014 [3] Ngơ Thị Phương Loan, Tốn tử sai phân hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không áp dụng Luận văn thạc sĩ toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, 2014 [B] Tiếng Anh [4] Ha Huy Khoai and Vu Hoai An Value - sharing problem for p-adic meromorphic functions and their difference operators and difference polynomials, Ukranian Math J, Vol 64, 2012, N.2, pp 147 - 164 [5] Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Nguyen Xuan Lai, Value sharing problem and Uniqueness for p-adic meromorphic functions Annales Univ Sci Budapest, Sect Comp 38 (2012) 71- 92 ... 1 Định lý Hayman hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không 1.1 Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng 1.2 Định lý Hayman hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không ... niệm trường đóng đại số, đặc số khơng hàm hữu tỷ [3] 5 1.1 Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không Định nghĩa 1.1.1 Một trường K gọi đóng đại số đa thức ẩn có bậc khác khơng, với hệ số K,... Hayman hàm hữu tỷ K Trong Chương 1, Định lý 1.2.2 Định lý Hayman hàm hữu tỷ đạo hàm bậc nó; Định lý 1.2.6 Định lý Hayman hàm hữu tỷ đạo hàm bậc cao nó; Định lý 1.2.11 Định lý Hayman đạo hàm bậc